重庆市渝中区求精中学校2021-2022学年九年级上学期12月月考数学试题

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重庆市渝中区求精中学校2021-2022学年九年级上学期12月月考
数学试卷
一、选择题（共12小题，每小题4分，满分48分）
1. 抛物线y＝x2﹣2x﹣3的对称轴是（　　）
A. 直线x＝a B. 直线x＝2a C. 直线x＝1 D. 直线x＝﹣1
【答案】C
【解析】
【分析】将函数解析式化成顶点式，即可得到抛物线的对称轴．
【详解】解：，
∴抛物线的对称轴为直线x=1，
故选C．
【点睛】此题考查二次函数的性质，解题的关键是明确题意，利用二次函数的性质解答．
2. 下列关于防范“新冠肺炎”的标志中既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（　　）
A. 戴口罩讲卫生 B. 勤洗手勤通风
C. 有症状早就医 D. 少出门少聚集
【答案】C
【解析】
【分析】直接利用轴对称图形和中心对称图形的概念求解．
【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；
B、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不合题意；
C、既是中心对称图形也是轴对称图形，故此选项符合题意；
D、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查中心对称图形和轴对称图形的知识，关键是掌握好中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，图形旋转180°后与原图重合．
3. 若关于x的一元二次方程（m+1）x2+3x+m2﹣1＝0的一个实数根为0，则m等于（　　）
A. 1 B. ±1 C. ﹣1 D. 0
【答案】A
【解析】
【分析】把x＝0代入方程得到关于m的方程，再解关于m的方程，然后利用一元二次方程的定义确定m的值．
【详解】把x＝0代入（m+1）x2+3x+m2﹣1＝0，得m2﹣1＝0，
解得m1＝﹣1，m2＝1，
而m+1≠0，即m≠﹣1．
所以m＝1．
故选：A．
【点睛】本题考查了一元二次方程的解的概念、一元二次方程的定义，注意的是：千万不要忽略一元二次方程中二次项系数不为零．
4. 如图，在△ABC中，∠BAC＝130°，将△ABC绕点C逆时针旋转得到△DEC，点A，B的对应点分别为D，E，连接AD．当点A，D，E在同一条直线上时，则∠BAD的大小是（　　）

A. 80° B. 70° C. 60° D. 50°
【答案】A
【解析】
【分析】根据三角形旋转得出，，根据点A，D，E在同一条直线上利用邻补角关系求出，根据等腰三角形的性质即可得到∠DAC=50°，由此即可求解．
【详解】证明：∵绕点C逆时针旋转得到，
∴，，
∴∠ADC=∠DAC，
∵点A，D，E同一条直线上，
∴，
∴∠DAC=50°，
∴∠BAD=∠BAC-∠DAC=80°
故选A．
【点睛】本题考查三角形旋转性质，邻补角的性质，等腰三角形的性质与判定，解题的关键在于熟练掌握旋转的性质．
5. 如图，在⊙O中，∠C=20°，∠B=35°，则∠A等于（ ）

A. 10° B. 15° C. 20° D. 25°
【答案】B
【解析】
【分析】由题意∠AOB＝2∠C，则∠AOB＝，根据∠A+∠AOB＝∠B+∠C，即可解答.
【详解】解：∵∠AOB＝2∠C，∠C=20°
∴∠AOB＝，
由题意∠A+∠AOB＝∠B+∠C，
∴
∴ ，
故选B．
【点睛】本题考查圆周角定理，三角形外角的性质等知识，解题的关键是掌握圆周角定理．
6. 如图是－张长12cm，宽10cm的矩形铁皮，将其剪去两个全等的正方形和两个全等的矩形，剩余部分（阴影部分）可制成底面积是24cm2的有盖的长方体铁盒．则剪去的正方形的边长为（ ）

A 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意设出未知数,列出三组等式解出即可．
【详解】设底面长为a,宽为b,正方形边长为x,
由题意得:
解得a=10－2x,b=6－x,代入ab=24中得: (10－2x)(6－x)=24,
整理得:2x2－11x+18=0．
解得x=2或x=9(舍去)．
∴正方形边长为2cm，
故选B．
【点睛】本题考查一元二次方程的应用,关键在于正确的设多个未知数,利用代数表示列出方程．
7. 在圆内接正六边形ABCDEF中，正六边形的边长为2，则这个正六边形的中心角和边心距分别是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由正六边形的性质得∠COD＝60°，再证△OCD是等边三角形，得BC＝CD＝OC＝2，再由垂径定理和含30°角的直角三角形的性质求出OG即可．
【详解】解：在圆内接正六边形ABCDEF中，∠COD＝360°÷6＝60°，

∵OC＝OD，
∴△OCD是等边三角形，
∴BC＝CD＝OC＝2，
∵OG⊥BC，
∴CG＝BC＝1，
∵∠COG＝∠COD＝30°，
∴OG＝CG＝，
故选：C．
【点睛】本题考查了正多边形和圆、正六边形的性质、等边三角形的判定与性质以及含30°角的直角三角形的性质；熟练掌握正六边形的性质和等边三角形的判定与性质是解题的关键．
8. 下列事件属于确定事件的为（ ）
A. 氧化物中一定含有氧元素 B. 弦相等，则所对的圆周角也相等
C. 戴了口罩一定不会感染新冠肺炎 D. 物体不受任何力的时候保持静止状态
【答案】A
【解析】
【分析】根据确定事件的概念，可知需找出必然事件或不可能事件即可.
【详解】A、氧化物是含有两种元素其中一种是氧元素的化合物，必然事件；
B、在同圆或等圆中，弦相等所对的圆周角相等或互补，不确定事件；
C、戴了口罩一定不会感染新冠肺炎，不确定事件；
D、物体不受任何力的时候保持静止状态或匀速运动，不确定事件.
故选A.
【点睛】本题考查事件的划分，必然事件和不可能事件统称为确定事件，确定事件中，必然出现的事情称为必然事件；不可能出现的事情称为不可能事件.
9. 如图，函数和（a是常数，且）在同一个平面直角坐标系中的图象可能是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】可先根据一次函数的图象判断a的符号，再判断二次函数图象与实际是否相符，判断各选项即可．
【详解】解：A、由一次函数的图像可得，过一、二、三象限，，无解，不符合题意；
B、由一次函数的图像可得：过二、三、四象限，，无解，不符合题意；
C、由一次函数的图像可得：过一、二、四象限，，，此时，二次函数的图像开口向下，符合题意；
D、由一次函数的图像可得：过二、三、四象限，，无解，不符合题意；
故选C
【点睛】本题考查了二次函数以及一次函数的图象与系数的关系，解题的关键是熟记一次函数和二次函数图像与系数的关系．
10. 一只蚂蚁在如图所示的树枝上寻觅食物，假定蚂蚁在每个岔路口都随机选择一条路径，并且选择每条路径的可能性相等，则它获得食物的概率是（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由一只蚂蚁在如图所示的树枝上寻觅食物，假定蚂蚁在每个岔路口都会随机的选择一条路径，观察图可得：它有6种路径，且获得食物的有2种路径，然后利用概率公式求解即可求得答案．
【详解】解：∵一只蚂蚁在如图所示的树枝上寻觅食物，假定蚂蚁在每个岔路口都会随机的选择一条路径，
∴它有6种路径，
∵获得食物的有2种路径，
∴获得食物的概率是：
故选A．
【点睛】此题考查了列表法或树状图法求概率．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
11. 如图1，矩形ABCD绕点A逆时针旋转，在此过程中A、B、C、D对应点依次为A、E、F、G，连接DE，设旋转角为x，，y与x的函数图象如图2，当时，y的值为（ ）

A. B. C. 3 D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】根据图2中的坐标可得矩形ABCD的对角线长为，，利用勾股定理可求出，，当时，过点E作，解直角三角形即可求解．
【详解】解：由图2可知当未旋转时，，即矩形ABCD的对角线长为，
当旋转90°时，AE落在AD上，此时，
∴，解得，，
当时，如图，过点E作，
，
∵旋转角为30°，，
∴，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查从函数图象获取信息、解直角三角形，能够从图2中得到矩形ABCD的对角线长为，是解题的关键．
12. 如图，二次函数的图像与轴交于和，且，与轴的交点在上方，有以下结论：①； ②；③；④；⑤；其中正确的结论个数是（ ）

A. 2个 B. 3个 C. 4个 D. 5个
【答案】A
【解析】
【分析】根据抛物线的开口方向、对称轴、与y轴的交点坐标进行判断即可．
【详解】由图象可知a＜0，对称轴为，故，与y轴的交点在正半轴，故c>0，故，①正确；
有图象可知，得，即，②错误；
由，得，故④错误；
设函数与x轴的交点的横坐标为，则可知，，
∴，即，，∴，③正确；
对于，，
则，
∵a＜0,故开口向下，不可能恒大于0，⑤错误；
综上所述，①③正确，
故选：A．
【点睛】本题考查了二次函数图象与系数的关系：二次函数y=ax2+bx+c（a≠0），二次项系数a决定抛物线的开口方向和大小，当a＞0时，抛物线向上开口；当a＜0时，抛物线向下开口；一次项系数b和二次项系数a共同决定对称轴的位置，当a与b同号时（即ab＞0），对称轴在y轴左； 当a与b异号时（即ab＜0），对称轴在y轴右；常数项c决定抛物线与y轴交点．
二.填空题（每题4分，共24分）
13. 若关于x的一元二次方程（m - 1）x2 + 3x + 2 = 0总有两个不相等的实数根，则实数m的取值范围是 _________ ．
【答案】且
【解析】
【分析】根据方程有两个不相等的实数根和一元二次方程的定义，得到根的判别式的值大于0和，列出关于m的不等式，求出不等式的解集即可得到m的范围．
【详解】解：∵关于x的一元二次方程总有两个不相等的实数根，
∴，
解得：且，
故答案为：且．
【点睛】此题考查了根的判别式和一元二次方程的定义：△=b2-4ac：当△＞0，方程有两个不相等的实数根；当△=0，方程有两个相等的实数根；当△＜0，方程没有实数根．以及一元二次方程的定义，弄清题意是解本题的关键．
14. 在一个不透明的盒子中装有红、白两种除颜色外完全相同的球，其中有a个白球和15个红球，若每次将球充分搅匀后，任意摸出1个球记下颜色后再放回盒子，通过大量重复试验后，发现摸到红球的频率稳定在0.3左右，则a的值约为______．
【答案】35
【解析】
【分析】根据题意易得摸到红球概率为0.3，然后可得盒子中白球与红球的总数为50个，进而问题可求解．
【详解】解：由题意得：摸到红球的概率为0.3，则有，
盒子中球的总数为：15÷0.3=50（个）；
∴a=50-15=35（个）；
故答案为35．
【点睛】本题主要考查频率与概率，熟练掌握用频率估计概率是解题的关键．
15. 一座拱桥的轮廓是抛物线型（如图所示），桥高为8米，拱高6米，跨度20米．相邻两支柱间的距离均为5米，则支柱MN的高度为 _____米．


【答案】3.5
【解析】
【分析】如图所示，建立坐标系，然后求出抛物线解析式，然后求出N点纵坐标，即可求解．
【详解】解：如图所示，建立平面直角坐标系，
由题意得A点坐标（-10，0），B点坐标为（10，0），C点坐标为（0，6），N点横坐标为5，
设抛物线解析式为，
∴，
∴，
∴抛物线解析式为，
∴当时，，
∴支柱MN的高度=8-4.5=3.5米，
故答案为：3.5．

【点睛】本题主要考查了二次函数的应用，解题的关键在于能够根据题意正确建立坐标系求解．
16. 如图，从一块直径为的圆形铁皮上剪出一个圆心角为的扇形，则此扇形的面积为_____．

【答案】
【解析】
【分析】如图，连接 证明为圆的直径，再利用勾股定理求解 再利用扇形面积公式计算即可得到答案．
【详解】解：如图，连接

为圆的直径，




故答案为：
【点睛】本题考查的是圆周角定理，扇形的面积的计算，勾股定理的应用，掌握以上知识是解题的关键．
17. 将抛物线y=x2+4x+3绕原点旋转180°后，再分别向下、向右平移3个单位，此时该抛物线的解析式为 _____．
【答案】y=-（x-5）2-2
【解析】
【分析】先求出抛物线的顶点式解析式，先根据旋转的性质求出旋转后的顶点坐标，然后根据平移的性质求得平移后抛物线的顶点坐标；最后根据平移、旋转只改变图形的位置不改变图形的大小和形状利用顶点式解析式写出即可．
【详解】解：y=x2+4x+3=（x+2）2-1．此时，该抛物线顶点坐标是（-2，-1）．
将该抛物线绕坐标原点O旋转180°后的顶点坐标是（2，1）．再分别向下、向右平移3个单位后的顶点坐标是（2+3，1-3）即（5，-2）．
所以此时抛物线的解析式为：y=-（x-5）2-2．
故答案是：y=-（x-5）2-2．
【点睛】本题考查了二次函数图象与几何变换，平移的规律：左加右减，上加下减，此类题目，利用顶点的变化求解更简便．
18. 如图，在中，，，．将绕点按逆时针方向旋转后得，直线DA、BE相交于点F．取BC的中点G，连接GF，则GF长的最大值为____________cm．

【答案】4
【解析】
【分析】设，可得，根据四边形内角和可得，取的中点，连接、，则，，继而可得，即可得到答案．
【详解】解：取的中点，连接、，如图：

是由绕点旋转得到，
，，，
设，则，
在四边形中，
，
在中，，，，
，
中，，
是中位线，
，
而，
当、、在一条直线上时，最大，最大值为，
故答案为：4．
【点睛】本题主要考查旋转的性质、直角三角形的性质及勾股定理、中位线定理，构建以为边的三角形，根据三角形三边关系得出的长度范围是解题的关键．
三.解答题（19到25题，每题10分，26题8分，共78分）
19. 解下列方程：
（1）x2 + 4x -2 = 0； （2）( x-2)2=3( x-2)．
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】（1）利用配方法解方程；
（2）利用因式分解法解方程．
【详解】（1）x2 + 4x -2 = 0
x2 + 4x =2


，
∴
（2）( x-2)2=3( x-2)


∴x-2=0或x-5=0，
∴．
【点睛】此题考查解一元二次方程，掌握一元二次方程的解法：直接开平方法、公式法、配方法、因式分解法，根据方程的特点选用适合的方法求解是解题的关键．
20. “一方有难，八方支援”．武汉新冠病毒牵动着全国人民的心，我市某医院甲、乙、丙三位医生和、两名护士报名支援武汉．
（1）若从甲、乙、丙三位医生中随机选一位医生，求恰好选中医生甲的概率；
（2）若从甲、乙、丙三位医生和、两名护士中随机选一位医生和一名护士，求恰好选中医生甲和护士的概率．
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】（1）直接根据概率公式求解即可；
（2）画出树状图，根据树状图求解；
【详解】（1）P（恰好选中医生甲）=；
（2）画树状图，得


共有6种等可能的结果，其中选择医生甲和护士A的有1种
所以选择医生甲和护士的概率．
【点睛】此题考查的是用列表法或树状图法求概率．列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件；树状图法适合两步或两步以上完成的事件；解题时要注意此题是放回实验还是不放回实验．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比．
21. 如图，在平面直角坐标系xOy中，△OAB的三个顶点的坐标分别为O（0，0），A（5，3），B（0，5）．
（1）画出△OAB绕原点O逆时针方向旋转90°后得到的△OA1B1；
（2）∠OAA1＝　 　；
（3）求旋转过程中，点A经过的路径有多长．

【答案】（1）见解析；（2）45°；（3）
【解析】
【分析】（1）根据旋转的性质先得到对应点的坐标，然后顺次连接即可；
（2）由旋转的性质可得OA=OA1，∠AOA1=90°，则三角形AOA1是等腰直角三角形，由此求解即可；
（3）如图所示，点A经过的路径即为圆心角是90度，半径是OA的长的扇形弧长，由此求解即可．
【详解】解：（1）∵△OAB绕原点O逆时针方向旋转90°后得到的△OA1B1，A（5，3），B（0，5）
∴A1（-3，5），B1（-5，0），
如图所示，即为所求；

（2）由旋转的性质可得OA=OA1，∠AOA1=90°，
∴三角形AOA1是等腰直角三角形，
∴∠OAA1=45°，
故答案为：45°；

（3）如图所示，点A经过的路径即为圆心角是90度，半径是OA的长的扇形弧长，
∵A（5，3），
∴，
∴．

【点睛】本题主要考查了旋转的性质，旋转作图，求弧长，两点距离公式，坐标与图形，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．
22. 如图，已知⊙O是△ABC的外接圆，AB是⊙O的直径，点D是AB延长线上的一点，AE⊥DC交DC的延长线于点E，AC平分∠DAE．
(1)DE与⊙O有何位置关系？请说明理由．
(2)若AB＝6，CD＝4，求CE的长．

【答案】（1）相切，理由见解析；（2）CE=．
【解析】
【分析】（1）连接OC，利用切线的判定解答即可；
（2）过C作CF⊥OD于F，根据勾股定理和等面积公式解答即可．
【详解】（1）相切
理由：连接OC，
∵OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA，
∵AC平分∠EAB，
∴∠EAC=∠OAC，
则∠OCA=∠EAC，
∴OC∥AE，
∵AE⊥DE，
∴OC⊥DE，
∴DE是⊙O的切线；
（2）过C作CF⊥OD于F，

∵AB是⊙O的直径，
∴CO=AB=3，
∴在△COD中，OC⊥DE，CD=4，
代入OD2=OC2+CD2得OD=5
由等面积求得CF=
∵CF⊥OD，AE⊥DE，AC平分∠EAB，
∴CE=CF=．
【点睛】考查了切线的判定：经过半径的外端且垂直于这条半径的直线是圆的切线．要证某线是圆的切线，已知此线过圆上某点，连接圆心与这点（即为半径），再证垂直即可．
23. 函数的图象在探索函数的性质中有着非常重要的作用，小林同学根据学习函数的经验，探究了函数的图象和性质．
（1）下表给出了部分的取值：

…
-2
-1
0
1
2
3
4
5
…

…
-2
2
4
4
2
1
0
-1
…
由上表可知，_________，__________．
（2）用你喜欢的方法在如图所示的平面直角坐标系中画出函数的图象，并写出函数的一条性质：__________________________________________________．

（3）若方程恰有两个不同的实数解，请直接写出的取值范围是：_______________________．
【答案】（1），4；（2）图见解析，性质：①函数图与x轴有两个交点，②当x=时，取得最大值；（3）．
【解析】
【分析】（1）因为有两个常量不知，可代入两个点，用待定系数法即可求解；
（2）将所求的函数去绝对值，化简为分段函数，结合每一部分的特点即可画出函数图象，再结合图象可写出函数的性质；
（3）把问题转化为与的图象有两个交点问题，结合图象分析即可．
【详解】解：（1）将（1，4），（2，2）分别代入中得
解得，
故答案为：，4；
（2），
函数图象，如下图：

性质：①函数图与x轴有两个交点，②当x=时，取得最大值；
（3）如上图，恰有两个不同的实数解，可以看成与的图象有两个交点，
让向下移动，相切时，
有且仅有一个解，
，
再向下移动时，二者有两个交点，
当时，与图中函数图象x＞2那部分重合，有无数个交点，不符合题意，
继续向下移动是，即，二者只有一个交点，不符合题意，
综上所述，若方程恰有两个不同实数解，
【点睛】本题是一道设计精巧的数形结合题，学生如果通过描点画出图象，即能作出解答．但本题得分率很低，其原因是一部分学生无从下手，一部分学生习惯性地由对应点求出解析式后也无法作答．数形结合是数学中的重要思想之一，解决函数问题更是如此，同学们要引起重视．
24. 每年的2月到6月是鱼类的产卵期的繁殖期，为了对鱼类的繁殖，生长进行保护，每年的3月1日至6月三十日是长江鱼类的禁渔期，2021年初，由于禁渔期内禁止一切野生鱼的捕捞，导致重庆人工养殖的草鱼价格出现了较大波动．
（1）从2021年3月1日至4月30日，重庆某人工养殖的草鱼价格不断走高，3月1日该草鱼的价格为10元/千克，4月30日的价格比3月1日的价格上涨50%，某市民在今年3月1日和4月30日分别购买了相同质量的该草鱼，且4月30日所花费的钱至少比3月1日多20元，则该市民4月30日购买了该草鱼至少多少千克？
（2）为稳定该草鱼的价格，某农贸市场从外地调运此种草鱼以平衡市场价格，5月1日外地调运的草鱼投运市场，并在4月30日价格的基础上下调a%出售，某鱼店按规定价出售一批外运草鱼，该鱼店在非外运草鱼的价格仍在4月30日价格的情况下，该天的两种草鱼总销量比4月30日增加了2a%，且外运草鱼的销量占总销量的，两种草鱼销售的总金额比4月30日提高了a%，求a的值．
【答案】（1）该市民4月30日购买了该草鱼至少4千克；（2）
【解析】
【分析】（1）设该市民4月30日购买了该草鱼千克，根据4月30日所花费的钱至少比3月1日多20元，列一元一次不等式，解不等式即可解决问题；
（2）根据题意，4月30日的草鱼价格为元/千克，，则5月1日，外运草鱼的价格为元/千克，，非外运草鱼的价格仍为元/千克，设4月30日的销售量为千克，则4月30日的销售额为，则5月1日的销售量为千克，外运草鱼的销售量为，则非外运草鱼的销售量为，根据题意列出一元二次方程，解方程求解即可
【详解】（1）解：设该市民4月30日购买了该草鱼千克，根据题意得：

解得
答：该市民4月30日购买了该草鱼至少4千克
（2）根据题意，4月30日的草鱼价格为元/千克，，则5月1日，外运草鱼的价格为元/千克，，非外运草鱼的价格仍为元/千克，
设4月30日的销售量为千克，则4月30日的销售额为，
则5月1日的销售量为千克，外运草鱼的销售量为，则非外运草鱼的销售量为，根据题意有，



解得（舍），

【点睛】本题考查了一元二次方程的应用，一元一次不等式的应用，理清题中的数量关系，找到等量关系列出方程是解题的关键．
25. 如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于、两点，与y轴交于点C．

（1）求抛物线的解析式；
（2）点P为直线下方抛物线上的一动点，于点M，轴交于点N．求线段的最大值和此时点P的坐标；
（3）点E为x轴上一动点，点Q为抛物线上一动点，是否存在以为斜边的等腰直角三角形？若存在，请直接写出点E的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2），P（，）；（3）（-5，0）或（，0）或（0，0）或（，0）
【解析】
【分析】（1）将A、B坐标代入，利用待定系数法求解；
（2）证明∠PNM=45°，得到PM=PN，求出PN，利用二次函数的性质得到PN的最大值即可得到结果；
（3）画出图形，分情况讨论，根据等腰直角三角形的性质构造全等三角形，得到方程，解之可得点E坐标．
【详解】解：（1）将A，B代入中，
得，
解得：，
∴抛物线的解析式为；
（2）令x=0，则y=-3，
∴C（0，-3），
∵B（3，0），
∴∠OBC=∠OCB=45°，
∵PN∥y轴，
∴∠PNM=45°，
∵PM⊥BC，
∴PM=PN，则当PN最大时，PM最大，
设BC的解析式为y=mx+n，
则，解得：，
∴BC的解析式为y=x-3，
设P（x，），N（x，x-3），
则PN==，
当x=时，PN最大，则PM=PN==，
此时P（，）；
（3）∵△CEQ是以CQ为斜边的等腰直角三角形，
设Q（x，），
如图，过E作x轴的垂线，再分别过C和Q作y轴的垂线，分别交于M，N，
∵∠CEQ=90°，即∠QEN+∠CEM=90°，∠QEN+∠EQN=90°，
∴∠CEM=∠EQN，又∠M=∠N=90°，EQ=EC，
∴△QNE≌△EMC（AAS），
∴CM=EN=，NQ=EM=3，
则，
即，
解得：x=-2或x=3（舍），
∴OE=CM=2+3=5，即E（-5，0）；

如图，过E作x轴的垂线，再分别过C和Q作y轴的垂线，分别交于M，N，
同理可得，△QNE≌△EMC（AAS），
∴CM=EN=，NQ=EM=3，
∴，
解得：x=或（舍），
∴OE=CM=，即E（，0）；

如图，点E和点O重合，点Q和点B重合，
此时E（0，0）；

如图，过E作x轴的垂线，再分别过C和Q作y轴的垂线，分别交于M，N，
同理可得，△QNE≌△EMC（AAS），
∴CM=EN=，NQ=EM=3，
∴，
解得：x=（舍）或，
则OE=CM=，即E（，0）；

综上：点E的坐标为（-5，0）或（，0）或（0，0）或（，0）．
【点睛】本题是二次函数的综合题，考查了待定系数法，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，解一元二次方程，理解坐标与图形性质，进行分类讨论是解题的关键．
26. 将锐角为45°的直角三角板MPN的一个锐角顶点P与正方形ABCD的顶点A重合，正方形ABCD固定不动，然后将三角板绕着点A旋转，∠MPN的两边分别与正方形的边BC、DC或其所在直线相交于点E、F，连接EF．
（1）在三角板旋转过程中，当∠MPN的两边分别与正方形的边CB、DC相交时，如图1所示，请直接写出线段BE、DF、EF满足的数量关系；
（2）在三角板旋转过程中，当∠MPN的两边分别与正方形的边CB、DC的延长线相交时，如图2所示，请直接写出线段BE、DF、EF满足的数量关系；
（3）若正方形的边长为4，在三角板旋转过程中，当∠MPN的一边恰好经过BC边的中点时，试求线段EF的长．


【答案】（1）EF=DF+BE；（2）EF=DF-BE；（3）线段EF的长为或．
【解析】
【分析】（1）延长FD至G，使DG=BE，连接AG，先证△ABE≌△ADG，再证△GAF≌△EAF即可；
（2）在DC上截取DH=BE，连接AH，先证△ADH≌△ABE，再证△HAF≌EAF即可；
（3）分两种情形分别求解即可解决问题．
【详解】解：（1）结论：EF=BE+DF．
理由：延长FD至G，使DG=BE，连接AG，如图①，

∵ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠ABE=ADG=∠DAB=90°，
∴△ABE≌△ADG（AAS），
∴AE=AG，∠DAG=∠EAB，
∵∠EAF=45°，
∴∠DAF+∠EAB=45°，
∴∠DAF+∠DAG=45°，
∴∠GAF=∠EAF=45°，
∵AF=AF，
∴△GAF≌△EAF（AAS），
∴EF=GF，
∴GF=DF+DG=DF+BE，
即：EF=DF+BE；
（2）结论：EF=DF-BE．
理由：在DC上截取DH=BE，连接AH，如图②，

∵AD=AB，∠ADH=∠ABE=90°，
∴△ADH≌△ABE（SAS），
∴AH=AE，∠DAH=∠EAB，
∵∠EAF=∠EAB+∠BAF=45°，
∴∠DAH+∠BAF=45°，
∴∠HAF=45°=∠EAF，
∵AF=AF，
∴△HAF≌EAF（SAS），
∴HF=EF，
∵DF=DH+HF，
∴EF=DF-BE；
（3）①当MA经过BC的中点E时，同（1）作辅助线，如图：

设FD=x，由（1）的结论得FG=EF=2+x，FC=4-x．
在Rt△EFC中，（x+2）2=（4-x）2+22，
∴x=，
∴EF=x+2=．
②当NA经过BC的中点G时，同（2）作辅助线，

设BE=x，由（2）的结论得EC=4+x，EF=FH，
∵K为BC边的中点，
∴CK=BC=2，
同理可证△ABK≌FCK（SAS），
∴CF=AB=4，EF=FH=CF+CD-DH=8-x，
在Rt△EFC中，由勾股定理得到：（4+x）2+42=（8-x）2，
∴x=，
∴EF=8-=．
综上，线段EF的长为或．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，旋转变换，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用旋转法添加辅助线，构造全等三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题．